Từ O kẻ đường thẳng vuông góc AB và CD, cắt AB và CD lần lượt tại H và K

\(\Rightarrow\) H là trung điểm AB và K là trung điểm CD

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AH=\dfrac{1}{2}AB=4\\CK=\dfrac{1}{2}CD=4,8\end{matrix}\right.\)

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông OAH (với chú ý \(OA=OC=R=5\))

\(OH=\sqrt{OA^2-AH^2}=3\left(cm\right)\)

Pitago tam giác OCK:

\(OK=\sqrt{OC^2-CK^2}=1,4\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow HK=OH+OK=4,4\left(cm\right)\)

Câu 1:

Gọi giao điểm của OC với AB là H

Vì OC\(\perp\)AB nên OH\(\perp\)AB tại H

=>OH là khoảng cách từ O xuống dây AB

Ta có: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của AB

=>HA=HB=AB/2=8(cm)

ΔOHA vuông tại H

=>\(OH^2+HA^2=OA^2\)

=>\(OH^2=10^2-8^2=36\)

=>\(OH=\sqrt{36}=6\left(cm\right)\)

Câu 2:

a: Xét (O) có

AB là đường kính

BC là dây

Do đó: AB>BC

b: Xét (O) có

ΔCAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔCAB vuông tại C

c: Xét ΔACB có

O là trung điểm của AB

OM//CB

Do đó: M là trung điểm của AC

Gọi OH,OK là khoảng cách từ O đến mỗi dây

Ta có: OH = OK = 1cm

Tính được R =  10 cm

Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của O trên AB và CD

Tính được OH = MK = 3cm

OD = OB = 3 10 cm

Từ đó tính được OK =  41 cm

Qua O kẻ đường thẳng vuông góc AB và CD, lần lượt cắt AB và CD tại E và F ⇒ E là trung điểm AB, F là trung điểm CD

AE=12AB=4(cm) ; CF=12CD=3(cm)

Áp dụng định lý pytago cho tam giác vuông OAE

OE=√OA2−AE2=√R2−AE2=3(cm)

Pitago tam giác vuông OCF:

OF=√OC2−CF2=√R2−CF2=4(cm)

⇒EF=OE+OF=7(cm)

chúc bn học tốt !

a) Ta có AH là đường cao của tam giác ABC, do đó AB là đường trung trực của đoạn thẳng LH (vì H là trung điểm của BC).

b) Ta có $\angle AED = \angle ACD$ do cùng chắn cung AD trên đường tròn (T). Mà $\angle A = \angle APQ$ vì DE // PQ, nên $\angle AED = \angle APQ$. Tương tự, ta cũng có $\angle ADE = \angle AQP$. Do đó tam giác ADE và APQ đều có hai góc bằng nhau, tức là cân.

c) Ta có $\angle LBD = \angle LCB$ do cùng chắn cung LB trên đường tròn (T). Mà $\angle LCB = \angle LPB$ vì DE // PQ, nên $\angle LBD = \angle LPB$. Tương tự, ta cũng có $\angle LDC = \angle LQC$. Do đó tam giác LBD và LPQ đều có hai góc bằng nhau, tức là đồng dạng. Vậy ta có $\frac{LD}{LP} = \frac{LB}{LQ}$.

Từ đó, có $\frac{LP}{LQ} = \frac{LB}{LD}$. Áp dụng định lý cosin trong tam giác BPQ, ta có:

$PQ^2 = BP^2 + BQ^2 - 2BP \cdot BQ \cdot \cos{\angle PBQ}$

Nhưng ta cũng có:

$BP = LB \cdot \frac{LD}{LP}$

$BQ = L \cdot \frac{LP}{LD}$

Thay vào định lý cosin, ta được:

$PQ^2 = LB^2 + LQ^2 - 2LB \cdot LQ \cdot \frac{LD}{LP} \cdot \frac{LP}{LD} \cdot \cos{\angle PBQ}$

$PQ^2 = LB^2 + LQ^2 - 2LB \cdot LQ \cdot \cos{\angle PBQ}$

Tương tự, áp dụng định lý cosin trong tam giác ADE, ta có:

$DE^2 = AD^2 + AE^2 - 2AD \cdot AE \cdot \cos{\angle AED}$

Nhưng ta cũng có:

$AD = LD \cdot \frac{LB}{LP}$

$AE = LQ \cdot \frac{LD}{LP}$

Thay vào định lý cosin, ta được:

$DE^2 = LD^2 + LQ^2 - 2LD \cdot LQ \cdot \frac{LB}{LP} \cdot \frac{LD}{LP} \cdot \cos{\angle AED}$

$DE^2 = LD^2 + LQ^2 - 2LD \cdot LQ \cdot \cos{\angle AED}$

Nhưng ta cũng có $\angle AED = \angle PBQ$ do tam giác cân ADE và APQ, nên $\cos{\angle AED} = \cos{\angle PBQ}$. Do đó,

$DE^2 + PQ^2 = 2(LB^2 + LQ^2) - 4LB \cdot LQ \cdot \cos{\angle PBQ}$

Nhưng ta cũng có $LB \cdot LQ = LH \cdot LL'$ (với L' là điểm đối xứng của L qua AB), do tam giác HL'B cân tại L'. Thay vào phương trình trên, ta được:

$DE^2 + PQ^2 = 2(LB^2 + LQ^2) - 4LH \cdot LL' \cdot \cos{\angle PBQ}$

a,

Đường thẳng qua O vuông góc AB,CD cắt AB,CD tại H,K

Suy ra H,K là trung điểm AB,CD (OAB,OCD cân tại O)

Do đó \(\left\{{}\begin{matrix}AH=\dfrac{1}{2}AB=3\\DK=\dfrac{1}{2}CD=4\end{matrix}\right.\)

Áp dụng PTG: \(\left\{{}\begin{matrix}OH=\sqrt{OA^2-AH^2}=4\\OK=\sqrt{OD^2-DK^2}=3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow HK=7\)

Vậy ...

b,

Theo đề: \(OA=OB=AB=R\)

Vậy \(\widehat{AOB}=60^0\)

Gọi HK là đường thẳng qua O và vuông góc với AB và CD, H ∈ AB; K ∈ CD

Ta có OK=3cm, OK=4cm

=> HK = 7cm hoặc HK = 1cm